2019-2020年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第八章 單元測試卷.doc

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2019-2020年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第八章 單元測試卷 一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分．每小題中只有一項符合題目要求) 1．設(shè)a，b是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，則下列命題錯誤的是(　　) A．若a⊥α，b∥α，則a⊥b B．若a⊥α，b∥a，b?β，則α⊥β C．若a⊥α，b⊥β，α∥β，則a∥b D．若a∥α，a∥β，則α∥β 答案　D 解析　由題意可得A，B，C選項顯然正確，對于選項D：當(dāng)α，β相交，且a與α，β的交線平行時，有a∥α，a∥β，但此時α與β不平行．故選D. 2．如圖所示，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，M，N分別是BC1，CD1的中點，則下列說法錯誤的是(　　) A．MN與CC1垂直 B．MN與AC垂直 C．MN與BD平行 D．MN與A1B1平行 答案　D 解析　連接C1D，BD.∵N是D1C的中點，∴N是C1D的中點，∴MN∥BD.又∵CC1⊥BD，∴CC1⊥MN，故A，C正確．∵AC⊥BD，MN∥BD，∴MN⊥AC，故B正確，故選D. 3．用與球心距離為1的平面去截球，所得的截面面積為π，則球的體積為(　　) A.　　　　　　　　　 B. C．8π D. 答案　B 解析　S圓＝πr2＝1?r＝1，而截面圓圓心與球心的距離d＝1，∴球的半徑為R＝＝. ∴V＝πR3＝，故選B. 4．某個長方體被一個平面所截，得到幾何體的三視圖如圖所示，則這個幾何體的體積為(　　) A．4 B．2 C. D．8 答案　D 解析　由三視圖可知，該幾何體如圖所示，其底面為正方形，正方形的邊長為2.HD＝3，BF＝1，將相同的兩個幾何體放在一起，構(gòu)成一個高為4的長方體，所以該幾何體的體積為224＝8. 5.如圖所示，正四棱錐P－ABCD的底面積為3，體積為，E為側(cè)棱PC的中點，則PA與BE所成的角為(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　連接AC，BD交于點O，連接OE，易得OE∥PA. ∴所求角為∠BEO. 由所給條件易得OB＝，OE＝PA＝，BE＝. ∴cos∠OEB＝，∴∠OEB＝60，選C. 6．直三棱柱ABC－A1B1C1的直觀圖及三視圖如下圖所示，D為AC的中點，則下列命題是假命題的是(　　) A．AB1∥平面BDC1 B．A1C⊥平面BDC1 C．直三棱柱的體積V＝4 D．直三棱柱的外接球的表面積為4π 答案　D 解析　由三視圖可知，直三棱柱ABC－A1B1C1的側(cè)面B1C1CB是邊長為2的正方形，底面ABC是等腰直角三角形，AB⊥BC，AB＝BC＝2.連接B1C交BC1于點O，連接AB1，OD.在△CAB1中，O，D分別是B1C，AC的中點，∴OD∥AB1，∴AB1∥平面BDC1.故A正確． 直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC， ∴AA1⊥BD.又AB＝BC＝2，D為AC的中點， ∴BD⊥AC，∴BD⊥平面AA1C1C. ∴BD⊥A1C.又A1B1⊥B1C1，A1B1⊥B1B， ∴A1B1⊥平面B1C1CB，∴A1B1⊥BC1. ∵BC1⊥B1C，且A1B1∩B1C＝B1，∴BC1⊥平面A1B1C. ∴BC1⊥A1C，∴A1C⊥平面BDC1. 故B正確．V＝S△ABCC1C＝222＝4，∴C正確． 此直三棱柱的外接球的半徑為，其表面積為12π，D錯誤．故選D. 7．在平面四邊形ABCD中，AD＝AB＝，CD＝CB＝，且AD⊥AB，現(xiàn)將△ABD沿著對角線BD翻折成△A′BD，則在△A′BD折起至轉(zhuǎn)到平面BCD內(nèi)的過程中，直線A′C與平面BCD所成的最大角的正切值為(　　) A．1 B. C. D. 答案　C 解析　如圖所示，OA＝1，OC＝2.當(dāng)A′C與圓相切時，直線A′C與平面BCD所成的角最大，最大角為30，其正切值為.故選C. 8．一個圓錐被過頂點的平面截去了較小的一部分，余下的幾何體的三視圖如圖，則該幾何體的表面積為(　　) A.＋＋＋1 B．2＋3π＋＋1 C.＋＋ D.＋＋＋1 答案　A 解析　還原為直觀圖如圖所示，圓錐的高為2，底面半徑為，圓錐的母線長為，故該幾何體的表面積為S＝2＋2π＋π()2＋21＝＋＋＋1. 9．二面角的棱上有A，B兩點，直線AC，BD分別在這個二面角的兩個半平面內(nèi)，且都垂直于AB.已知AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝2，則該二面角的大小為(　　) A．150 B．45 C．60 D．120 答案　C 解析　由條件，知＝0，＝0， ＝＋＋. ∴||2＝||2＋||2＋||2＋2＋2＋2＝62＋42＋82＋268cos〈，〉＝(2)2.∴cos〈，〉＝－，〈，〉＝120，∴二面角的大小為60，故選C. 10．已知某個幾何體的三視圖如圖(主視圖的弧線是半圓)，根據(jù)圖中標(biāo)出的數(shù)據(jù)，這個幾何體的體積是(　　) A．288＋36π B．60π C．288＋72π D．288＋18π 答案　A 解析　將幾何體的三視圖轉(zhuǎn)化為直觀圖 此幾何體下面為長方體上面為半圓柱，根據(jù)三視圖所標(biāo)數(shù)據(jù)，可得 V長方體＝686＝288， V半圓柱＝32π8＝36π. ∴此幾何體的體積為V＝288＋36π. 11．在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E是棱BB1中點，G是DD1中點，F(xiàn)是BC上一點且FB＝BC，則GB與EF所成的角為(　　) A．30 B．120 C．60 D．90 答案　D 解析　方法一：連D1E，D1F，解三角形D1EF即可． 方法二：如圖建立直角坐標(biāo)系D－xyz， 設(shè)DA＝1，由已知條件，得 G(0,0，)，B(1,1,0)，E(1,1，)，F(xiàn)(，1,0)，＝(1,1，－)，＝(－，0，－)． cos〈，〉＝＝0，則⊥.故選D. 12．已知正方體ABCD－A1B1C1D1棱長為1，點P在線段BD1上，當(dāng)∠APC最大時，三棱錐P－ABC的體積為(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　以B為坐標(biāo)原點，BA為x軸，BC為y軸，BB1為z軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)＝λ，可得P(λ，λ，λ)，再由cos∠APC＝可求得當(dāng)λ＝時，∠APC最大，故VP－ABC＝11＝. 二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分，把答案填在題中橫線上) 13．已知四個命題： ①若直線l∥平面α，則直線l的垂線必平行于平面α； ②若直線l與平面α相交，則有且只有一個平面經(jīng)過直線l與平面α垂直； ③若一個三棱錐每兩個相鄰側(cè)面所成的角都相等，則這個三棱錐是正三棱錐； ④若四棱柱的任意兩條對角線相交且互相平分，則這個四棱柱為平行六面體． 其中正確的命題是________． 答案　④ 解析　④正確，如右圖，A1C與B1D互相平分，則四邊形A1B1CD是平行四邊形，同理四邊形ABC1D1是平行四邊形，則A1B1綊AB綊CD，因此四邊形ABCD是平行四邊形，進(jìn)而可得這個四棱柱為平行六面體． 14．(xx江蘇)如圖所示，在三棱柱A1B1C1－ABC中，D，E，F(xiàn)分別是AB，AC，AA1的中點，設(shè)三棱錐F－ADE的體積為V1，三棱柱A1B1C1－ABC的體積為V2，則V1∶V2＝________. 答案　1∶24 解析　由題意可知點F到面ABC的距離與點A1到面ABC的距離之比為1∶2，S△ADE∶S△ABC＝1∶4. 因此V1∶V2＝＝1∶24. 15．已知正三棱錐P－ABC，點P，A，B，C都在半徑為的球面上，若PA，PB，PC兩兩相互垂直，則球心到截面ABC的距離為________． 答案　 解析　正三棱錐P－ABC可看作由正方體PADC－BEFG截得，如圖所示，PF為三棱錐P－ABC的外接球的直徑，且PF⊥平面ABC. 設(shè)正方體棱長為a，則3a2＝12，a＝2，AB＝AC＝BC＝2. S△ABC＝22＝2. 由VP－ABC＝VB－PAC，得hS△ABC＝222，所以h＝，因此球心到平面ABC的距離為. 16.如圖所示是一幾何體的平面展開圖，其中ABCD為正方形，E，F(xiàn)，分別為PA，PD的中點，在此幾何體中，給出下面四個結(jié)論： ①直線BE與直線CF異面； ②直線BE與直線AF異面； ③直線EF∥平面PBC； ④平面BCE⊥平面PAD. 其中正確的有______個． 答案　2 解析　將幾何體展開圖拼成幾何體(如圖)，因為E，F(xiàn)分別為PA，PD的中點，所以EF∥AD∥BC，即直線BE與CF共面，①錯；因為B?平面PAD，E∈平面PAD，E?AF，所以BE與AF是異面直線，②正確；因為EF∥AD∥BC，EF?平面PBC，BC?平面PBC，所以EF∥平面PBC，③正確；平面PAD與平面BCE不一定垂直，④錯． 三、解答題(本大題共6小題，共70分，解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟) 17．(本小題滿分10分)右圖為一簡單組合體，其底面ABCD為正方形，PD⊥平面ABCD，EC∥PD，且PD＝AD＝2EC＝2. (1)請畫出該幾何體的三視圖； (2)求四棱錐B－CEPD的體積． 答案　(1)略　(2)2 解析　(1)該組合體的三視圖如右圖所示． (2)因為PD⊥平面ABCD，PD?平面PDCE， 所以平面PDCE⊥平面ABCD. 因為四邊形ABCD為正方形， 所以BC⊥CD，且BC＝DC＝AD＝2. 又因為平面PDCE∩平面ABCD＝CD，BC?平面ABCD， 所以BC⊥平面PDCE. 因為PD⊥平面ABCD，DC?平面ABCD， 所以PD⊥DC. 又因為EC∥PD，PD＝2，EC＝1， 所以四邊形PDCE為一個直角梯形，其面積 S梯形PDCE＝(PD＋EC)DC＝32＝3. 所以四棱錐B－CEPD的體積 VB－CEPD＝S梯形PDCEBC＝32＝2. 18．(本小題滿分12分)如圖所示，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，∠ADC＝45，AD＝AC＝1，O為AC的中點，PO⊥平面ABCD，PO＝2，M為PD的中點． (1)證明：PB∥平面ACM； (2)證明：AD⊥平面PAC； (3)求直線AM與平面ABCD所成角的正切值． 答案　(1)略　(2)略　(3) 解析　(1)連接BD，MO，在平行四邊形ABCD中，因為O為AC的中點，所以O(shè)為BD的中點．又M為PD的中點，所以PB∥MO.因為PB?平面ACM，MO?平面ACM，所以PB∥平面ACM. (2)因為∠ADC＝45，且 AD＝AC＝1， 所以∠DAC＝90，即AD⊥AC.又PO⊥平面ABCD， AD?平面ABCD，所以PO⊥AD.而AC∩PO＝O，所以AD⊥平面PAC. (3)取DO中點N，連接MN，AN.因為M為PD的中點，所以MN∥PO，且MN＝PO＝1.由PO⊥平面ABCD，得MN⊥平面ABCD，所以∠MAN是直線AM與平面ABCD所成的角．在Rt△DAO中，AD＝1，AO＝，所以DO＝.從而AN＝DO＝.在Rt△ANM中，tan∠MAN＝＝＝，即直線AM與平面ABCD所成角的正切值為. 19．(本小題滿分12分)如圖所示，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，四邊形ABCD為正方形，AB＝4，PA＝3，A點在PD上的射影為G點，E點在AB上，平面PEC⊥平面PCD. (1)求證：AG∥平面PEC； (2)求AE的長； (3)求二面角E－PC－A的正弦值． 答案　(1)略　(2)　(3) 解析　(1)證明：∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥CD. 又∵CD⊥AD，PA∩AD＝A， ∴CD⊥平面PAD.∴CD⊥AG. 又PD⊥AG，∴AG⊥平面PCD. 作EF⊥PC于點F，連接GF， ∵平面PEC⊥平面PCD， ∴EF⊥平面PCD.∴EF∥AG. 又AG?平面PEC，EF?平面PEC， ∴AG∥平面PEC. (2)解：由(1)知A，E，F(xiàn)，G四點共面， 又AE∥CD，AE?平面PCD，CD?平面PCD， ∴AE∥平面PCD. 又∵平面AEFG∩平面PCD＝GF，∴AE∥GF. 又由(1)知EF∥AG， ∴四邊形AEFG為平行四邊形，∴AE＝GF. ∵PA＝3，AD＝4，∴PD＝5，AG＝. 又PA2＝PGPD，∴PG＝. 又＝，∴GF＝＝，∴AE＝. (3)解：過E作EO⊥AC于點O，連接OF，易知EO⊥平面PAC，又EF⊥PC，∴OF⊥PC. ∴∠EFO即為二面角E－PC－A的平面角． EO＝AEsin45＝＝，又EF＝AG＝， ∴sin∠EFO＝＝＝. 20．(本小題滿分12分)如圖所示，△BCD與△MCD都是邊長為2的正三角形，平面MCD⊥平面BCD，AB⊥平面BCD，AB＝2. (1)求證：AB∥平面MCD； (2)求平面ACM與平面BCD所成二面角的正弦值． 答案　(1)略　(2) 解析　(1)證明：取CD中點O，因為△MCD為正三角形，所以MO⊥CD. 由于平面MCD⊥平面BCD，所以MO⊥平面BCD. 又因為AB⊥平面BCD， 所以AB∥MO.又AB?平面MCD，MO?平面MCD， 所以AB∥平面MCD. (2)連接OB，則OB⊥CD，又MO⊥平面BCD. 取O為原點，直線OC，BO，OM為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示． OB＝OM＝，則各點坐標(biāo)分別為C(1,0,0)，M(0,0，)，B(0，－，0)，A(0，－，2)． ＝(－1,0，)，＝(－1，－，2)． 設(shè)平面ACM的法向量為n1＝(x，y，z)， 由得 解得x＝z，y＝z，取z＝1，得n1＝(，1,1)． 又平面BCD的法向量為n2＝(0,0,1)， 所以cos〈n1，n2〉＝＝. 設(shè)所求二面角為θ，則sinθ＝. 21．(本小題滿分12分) 圓錐PO如圖①所示，圖②是它的正(主)視圖．已知圓O的直徑為AB，C是圓周上異于A，B的一點，D為AC的中點． (1)求該圓錐的側(cè)面積S； (2)求證：平面PAC⊥平面POD； (3)若∠CAB＝60，在三棱錐A－PBC中，求點A到平面PBC的距離． 答案　(1)π　(2)略　(3) 解析　(1)由圓錐的正視圖可知，圓錐的高h(yuǎn)＝，底面半徑r＝1，所以其母線長為l＝，所以圓錐的側(cè)面積S＝l2πr＝2π1＝π. (2)證明：因為AB是圓O的直徑，所以AC⊥BC.又因為O，D分別為AB，AC的中點，所以O(shè)D∥BC，所以O(shè)D⊥AC. 因為PO⊥平面ABC，所以AC⊥PO. 因為PO∩OD＝O，PO，OD?平面POD，所以AC⊥平面POD. 因為AC?平面PAC，所以平面PAC⊥平面POD. (3)因為∠CAB＝60，AB＝2，所以BC＝，AC＝1.所以S△ABC＝. 又因為PO＝，OC＝OB＝1，所以S△PBC＝. 設(shè)A到平面PBC的距離為h，由于VP－ABC＝VA－PBC，得S△ABCPO＝S△PBCh，解得h＝. 22．(本小題滿分12分)如圖所示，正三棱柱ABC－A1B1C1的底面邊長是2，側(cè)棱長是，D是AC的中點． (1)求證：B1C∥平面A1BD； (2)求二面角A1－BD－A的大??； (3)在線段AA1上是否存在一點E，使得平面B1C1E⊥平面A1BD？若存在，求出AE的長；若不存在，說明理由． 答案　(1)略　(2)　(3)存在且AE＝ 解析　(1)如圖①所示，連接AB1交A1B于點M，連接B1C，DM. 因為三棱柱ABC－A1B1C1是正三棱柱，所以四邊形AA1B1B是矩形，所以M為AB1的中點． 因為D是AC的中點，所以MD是三角形AB1C的中位線，所以MD∥B1C. 因為MD?平面A1BD，B1C?平面A1BD，所以B1C∥平面A1BD. (2)作CO⊥AB于點O，所以CO⊥平面ABB1A1，所以在正三棱柱ABC－A1B1C1中建立如圖②所示的空間直角坐標(biāo)系O－xyz. 因為AB＝2，AA1＝，D是AC的中點，所以A(1,0,0)，B(－1,0,0)，C(0,0，)，A1(1，，0)． 所以D(，0，)，＝(，0，)，＝(2，，0)． 設(shè)n＝(x，y，z)是平面A1BD的法向量， 所以即 令x＝－，則y＝2，z＝3. 所以n＝(－，2,3)是平面A1BD的一個法向量． 由題意可知＝(0，，0)是平面ABD的一個法向量， 所以cos〈n，〉＝＝.所以二面角A1－BD－A的大小為. (3)設(shè)E(1，y,0)，則＝(1，y－，－)，＝(－1,0，－)．設(shè)平面B1C1E的法向量n1＝(x1，y1，z1)， 所以即 令z1＝－，則x1＝3，y1＝，所以n1＝(3，，－)． 又n1n＝0，即－3＋－3＝0，解得y＝. 所以存在點E，使得平面B1C1E⊥平面A1BD且AE＝.